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专题提升九　能量和动量观点的综合应用(二)
【学习目标】　1.会用动量观点和能量观点分析并解决“滑块—曲面(或斜面)体”模型、“物块—弹簧”模型的相关问题。2.会用力学三大观点分析并解决有关综合问题。
提升点一　“滑块—曲面(或斜面)体”模型
模型 图例 M开始时静置在水平光滑地面上，m以初速度v0滑上光滑的曲面体
两种 情景 1.m到达最高点时，m与M具有共同的瞬时水平速度v共，相当于完全非弹性碰撞。 (1)系统水平方向动量守恒： mv0＝(M＋m)v共。 (2)系统机械能守恒：m＝(M＋m)＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于曲面体的高度。 2.m返回最低点时，m与M分离，相当于弹性碰撞。 (1)整个过程中，系统水平方向动量守恒： mv0＝mv1＋Mv2。 (2)整个过程中，系统机械能守恒： m＝m＋M
(2026·江西上饶模拟)如图所示，质量为M的四分之一光滑圆弧滑块下端与光滑水平面相切。给质量为m的小球一水平向右的初速度，如果圆弧滑块固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为 R (R为圆弧的半径)，如果圆弧滑块不固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为 R。重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.小球的初速度大小为4
B.M＝0.5m
C.如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点的过程中，水平位移为R
D.如果圆弧滑块不固定，小球最终的速度大小为2
答案：B
解析：如果圆弧滑块固定，则由机械能守恒定律有mg·R＝m，解得小球的初速度大小为v0＝3，A错误；如果圆弧滑块不固定，设小球离开圆弧滑块时水平速度为vx，则由水平方向动量守恒有mv0＝(m＋M)vx，由能量关系有m＝mg·R＋(M＋m)，联立解得M＝0.5m，vx＝2，B正确；如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点过程的时间t＝＝，水平位移为x＝vxt＝2R，C错误；如果圆弧滑块不固定，小球最终落回到圆弧滑块中并从圆弧滑块中滑出，由动量守恒和能量关系有mv0＝mv1＋Mv2，m＝m＋M，解得小球的最终速度大小为v1＝，D错误。
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如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断冰块与斜面体分离后能否追上小孩。
答案：(1)20 kg　(2)否，理由见解析
解析：(1)规定水平向左为正方向，冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此时共同速度为v，斜面体的质量为m3。对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒得
m2v0＝(m2＋m3)v
m2＝(m2＋m3)v2＋m2gh
联立并代入数据解得v＝1 m/s，m3＝20 kg。
(2)设小孩推出冰块后，小孩与滑板的速度为v1，对小孩、滑板和冰块，由动量守恒有m1v1＋m2v0＝0
代入数据解得v1＝－1 m/s
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体，由动量守恒和机械能守恒有
m2v0＝m2v2＋m3v3
m2＝m2＋m3
联立并代入数据解得v2＝－1 m/s
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后小孩与滑板的速度相同，且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩。
针对练.(2025·湖北黄冈三模)如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静置在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块(可视为质点)从槽上高为h处由静止释放，已知弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是(　　)
A.小物块下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
B.小物块下滑过程中，槽对物块的支持力不做功
C.若M＞m，物块能再次滑上弧形槽
D.若物块再次滑上弧形槽，则物块能再次回到槽上的初始释放点
答案：C
解析：物块在下滑过程中系统竖直方向受外力作用，水平方向不受外力作用，故物块和弧形槽组成的系统水平方向动量守恒，总动量不守恒，故A错误；弧形槽置于光滑水平地面上，物块下滑过程中对弧形槽压力的水平分量使弧形槽向左加速，动能增大，此过程中物块和弧形槽组成的系统只有物块的重力做功，系统机械能守恒，故物块机械能必定减少，由此推知弧形槽对物块的支持力做负功，故B错误；小物块下滑过程中，物块、弧形槽组成的系统满足水平方向动量守恒，系统初始水平方向动量为零，设小物块滑到弧形槽底端时二者速度大小分别为vM、vm，取向左为正方向，该过程由动量守恒定律得MvM－mvm＝0，若M＞m，则vm＞vM，小物块在水平面上做匀速运动，撞击弹簧前后速度等大反向，因此能追上弧形槽，故C正确；设物块再次滑上弧形槽，上升到最高点时高度为h'，系统水平向左的速度为v，由机械能守恒得M＋m＝(M＋m)v2＋mgh'，物块从初始状态下滑到弧形槽底端时满足机械能守恒，有M＋m＝mgh，故mgh'＜mgh，即物块不能再次回到槽上的初始释放点，故D错误。
提升点二　“物块—弹簧”模型
模型 图例 m1、m2与轻弹簧(开始处于原长)相连并静止在光滑水平地面上，m1以初速度v0运动
两种 情景 1.当弹簧处于最短(最长)状态时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大，相当于完全非弹性碰撞。 (1)系统动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v共。 (2)系统机械能守恒： m1＝(m1＋m2)＋Epmax。 2.当弹簧处于原长时弹性势能为零，相当于弹性碰撞。 (1)系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2。 (2)系统机械能守恒： m1＝m1＋m2
(多选)如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上。现使A以3 m/s的速度向B运动压缩弹簧，速度—时间图像如图乙所示，则有(　　)
A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态
B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长
C.两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D.在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8
答案：CD
解析：由题图乙可知，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B仍然加速，A先减速到零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度方向相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，在t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，A、B错误；根据动量守恒定律，t＝0时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，解得m1∶m2＝1∶2，C正确；在t2时刻A的速度为vA＝－1 m/s，B的速度为vB＝2 m/s，根据m1∶m2＝1∶2，可得Ek1∶Ek2 ＝m1∶m2＝1∶8，D正确。
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针对练.如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0向B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
答案：(1)m　(2)m
解析：(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1 ①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv1＝2mv2 ②
m＝ΔE＋×2m ③
联立①②③式得ΔE＝m ④
(2)由②式可知v2＜v1，B与C粘在一起后，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep。
由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv3 ⑤
m－ΔE＝×3m＋Ep ⑥
联立④⑤⑥式得Ep＝m。
(多选)(2025·湖南长沙三模)光滑水平面有A、B两个物块，质量分别为2m和m，初始时用处于原长状态下的弹簧相连，现在给物块A一个水平向右的初速度v0。水平面右侧有一墙面，已知经过时间t，物块B第一次达到最大速度，且恰好到达墙壁处，在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A.弹簧的最大弹性势能是
B.物块B的最大速度是
C.初始时物块B离墙面的距离是v0t
D.初始时物块B离墙面的距离是v0t
答案：AC
解析：当两物块共速时，弹簧压缩的最短，弹簧的弹性势能最大，此过程根据动量守恒定律2mv0＝(2m＋m)v共，两物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则×2m＝(2m＋m)＋Epm，解得Epm＝，故A正确；当弹簧恢复原长时，物块B的速度达到最大，根据动量守恒有2mv0＝2mvA＋mvB，根据能量守恒有×2m＝×2m＋m，解得vB＝，vA＝，故B错误；A、B组成的系统动量守恒，则2mv0＝2mvA＋mvB，两边同时乘以t可得2mv0t＝2mvAt＋mvBt，即2mv0t＝2mxA＋mxB，初、末状态弹簧均处于原长，所以xA＝xB，解得xB＝xA＝v0t，故C正确，D错误。
提升点三　力学三大观点的综合应用
1.力学三大观点
动力学 观点 牛顿第二定律结合运动学公式，可用于解决匀变速运动问题
能量 观点 动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律，可用于解决各种运动问题
动量 观点 动量定理和动量守恒定律，一般用于单物体涉及时间的问题、多物体相互作用问题
2.力学规律的优选策略
(1)在研究物体做匀变速直线运动时，优先选用牛顿第二定律结合运动学规律解决问题。
(2)研究某一物体的运动，如果涉及时间的问题，优先选用动量定理解决问题。
(3)研究某一物体的运动，如果涉及位移问题，优先选用动能定理解决问题。
(4)如果系统中只有重力或弹簧弹力做功，而又不涉及加速度和时间，优先选用机械能守恒定律解决问题。
(5)在涉及相对位移的问题时，优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。
(6)在涉及碰撞、爆炸、反冲、打击、绳绷紧等物理现象时，优先选用动量守恒定律及能量守恒定律解决问题。
如图所示，长度为d的水平传送带顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞(碰撞时间极短)。碰后A、B均向右
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运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。
(1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
(2)若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量；
(3)若B的质量是A的n倍，碰前B静止，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小vB范围。
答案：(1)μg　　(2)　(3)≤n≤1　≤vB≤
解析：(1)A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即μmg＝ma
可得a＝μg
由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物体在传送带上做匀加速直线运动，有
＝2ad
解得v1＝。
(2)设B的质量为M，碰前vA＝v1，vB＝
两物体发生弹性碰撞，则由动量守恒和能量守恒有
mv1＋M＝mv1'＋Mv2'
m＋M＝mv1'2＋Mv2'2
联立解得v1'＝，v2'＝
因为O点右侧粗糙，由运动学公式有xA＝，xB＝
根据题意有xB－xA＝d，且由(1)知v1＝
联立各式解得M＝。
(3)A、B碰撞过程动量守恒有mv1＝mvA＋nmvB
又因为碰后瞬间A和B的动量相同，则mvA＝nmvB
解得vB＝，vA＝
根据碰撞的约束条件，有vA≤vB，即n≤1
碰后动能不增加，即m≥m＋nm，可得n≥
所以n的取值范围为≤n≤1
又vB＝
则对应的B的速度范围为≤vB≤
代入v1＝
可得≤vB≤。
如图所示，半径R＝1 m的四分之一光滑圆弧轨道A固定在水平地面上，轨道最低点切线水平，紧邻轨道右侧放置着一下表面光滑、上表面粗糙的滑板B，在滑板B的右侧放置着一个物块C，其中滑板B的质量mB＝2 kg，物块C的质量mC＝2 kg。现将一质量mD＝1 kg的小滑块D(可视为质点)从圆弧轨道正上方距离圆弧轨道最高点h＝0.8 m处由静止释放，小滑块D正好沿圆弧切线进入圆弧轨道，小滑块D冲上滑板B，在达到共同速度的瞬间滑板B与物块C发生弹性碰撞，整个运动过程中，小滑块D未从滑板B上掉落。已知小滑块D与滑板B间的动摩擦因数μ1＝0.2，物块C与地面间的动摩擦因数μ2＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小滑块D下落h高度时的速度大小；
(2)小滑块D到达圆弧轨道最低点时对圆弧轨道的压力；
(3)最初滑板B右端到物块C的距离；
(4)物块C与地面间因摩擦产生的热量。
答案：(1)4 m/s　 (2)46 N，方向竖直向下　(3)2 m　(4)4.5 J
解析：(1)小滑块D从静止释放后做自由落体运动，由v2＝2gh
解得小滑块D下落h高度时的速度大小v＝4 m/s。
(2)小滑块D从静止释放后到滑上滑板B前的过程中，根据动能定理可得mDg＝mD－0
对最低点的小滑块D受力分析可得
FN－mDg＝mD
由牛顿第三定律有FN'＝FN
联立解得FN'＝46 N，方向竖直向下。
(3)小滑块D冲上滑板B的速度大小为v0＝6 m/s
根据动量守恒定律可得mDv0＝(mD＋mB)v1
小滑块D冲上滑板B后，设滑板B的加速度为a，则有μ1mDg＝mBa
由运动学公式可得－0＝2ad
联立解得最初滑板B右端到物块C的距离为d＝2 m。
(4)滑板B与物块C发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒可得mBv1＝mBvB0＋mCvC0
mB＝mB＋mC
解得vC0＝v1＝2 m/s，vB0＝0
之后滑板B与小滑块D达到共同速度再次与已经静止的物块C发生碰撞，滑板B与小滑块D达到共同速度时，有mDv1＝(mD＋mB)v2
滑板B第二次与物块C发生碰撞，设碰后物块C的速度为vC1，根据动量守恒和机械能守恒可得vC1＝v2＝ m/s
同样可知第(n＋1)次碰撞后物块C的速度为vCn＝ m/s(n＝0，1，2，…)
最终小滑块D、滑板B和物块C均静止，根据能量守恒定律，可得物块C与地面摩擦产生的热量为Q＝mC＋mC＋……＋mC
结合等比数列求和公式可得Q＝4.5 J。
课时测评34　能量和动量观点的综合应用(二)
(时间：30分钟　满分：50分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－8，每题4分，共32分)
题组1　“滑块—曲面(或斜面)体”模型
1.如图所示，带有光滑弧形轨道的小车质量M＝2m，放在光滑的水平面上，一质量为m的铁块，以速度大小v0沿水平轨道向上滑去，至某一高度后再向下返回，则当铁块回到小车右端时将(　　)
A.以初速度大小v0做平抛运动
B.以小于v0的初速度做平抛运动
C.自由下落
D.静止于车上
答案：B
解析：系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝Mv车＋mv，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得m＝mv2＋M，解得v车＝v0，v＝－v0，故铁块以大小为v0的初速度做平抛运动，故B正确。
2.(多选)(2025·四川巴中三模)在一次探究实验中，小车上固定一段光滑半圆弧轨道(总质量M＝4 kg)静止在光滑水平面上，圆弧的下端水平。某质量为m＝2 kg的小球以初速度v0＝5 m/s沿水平方向从圆弧下端进入系统。忽略空气阻力与摩擦，g取10 m/s2。小球在轨道上上升至最高点的过程，下列判断正确的是(　　)
A.小球的机械能守恒
B.系统水平方向动量守恒
C.小球沿圆弧轨道上升的最大高度为 m
D.小球沿圆弧轨道上升到最大高度时的速度大小为1 m/s
答案：BC
解析：在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒，但支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，故A错误；在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故B正确；小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，设小球沿圆弧轨道上升的最大高度为h，两者共同速度大小为v，则mv0＝v，解得v＝ m/s，小球与小车组成的系统机械能守恒，有m＝v2＋mgh，解得h＝ m，故C正确，D错误。
题组2　“物块—弹簧”模型
3.(2025·南京航空航天大学附中三模)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图乙所示，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则(　　)
A.此过程中，A物体均做加速度越来越大的减速运动，直至速度为零
B.物体A的质量为2m
C.弹簧压缩量最大时，两种情况下弹簧对A物体的冲量大小之比为3∶2
D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
答案：D
解析：题图甲中，弹簧最大弹性势能为Epm＝mA，题图乙中，A、B共速时弹簧弹性势能最大，设最大速度为v，两次弹簧压缩量相同，所以两次弹簧最大弹性势能相同，根据动量守恒有mA·2v0＝v，根据能量守恒有mA＝v2＋Epm，联立解得mA＝3m，Epm＝m，v＝v0，故B错误，D正确；题图乙中，开始时A物体的速度大于B物体的速度，弹簧被压缩，A物体受到的弹力逐渐增大，加速度也越来越大，所以该过程中A物体均做加速度越来越大的减速运动，直至A、B共速，故A错误；以向左为正方向，根据动量定理可得弹簧压缩量最大时，在题图甲的情况下弹簧对A物体的冲量大小为I1＝0－＝3mv0，在题图乙的情况下弹簧对A物体的冲量大小为I2＝－mAv－＝mv0，可得两种情况下弹簧对A物体的冲量大小之比为 I1∶I2＝2∶1，故C错误。
4.(多选)(2026·河北衡水模拟)如图所示，足够长光滑水平面上，一轻质弹簧左端与质量为2m的B滑块相连，右端与质量为m的滑块A接触而不固连，弹簧处于原长，现给A施加一瞬间冲量使其获得一个水平向左的初速度v0，经一段时间后滑块A与弹簧分离，其间弹簧的最大弹性势能为Ep，则下列说法正确的是(　　)
A.A与弹簧分离前任一时刻，A与B的动量大小之比为1∶2
B.若事先将B固定，弹簧的最大弹性势能为1.5Ep
C.两者分离后A、B的动能之比为1∶8
D.若事先在距B左侧很远处固定一刚性挡板，则最终B不可能追上A
答案：BC
解析：A与弹簧分离之前任一时刻，A与B受到的弹力始终大小相等，方向相反，因而弹力的冲量的大小相等，但A具有一定的初速度，因而两者的速度大小不一定相等，即动量大小之比不一定为1∶2，A错误；A、B运动过程中，二者共速时，弹性势能最大，由动量守恒定律有mv0＝3mv，由能量守恒定律得Ep＝m－×3mv2＝m，B固定时，则A速度减小为0时弹性势能最大，可得Ep'＝m＝1.5Ep，B正确；整个过程系统动量守恒、机械能守恒，则mv0＝mvA＋2mvB，m＝m＋×2m，解得vA＝－，vB＝，则有EkA＝m＝m，EkB＝×2m＝m，即两者分离后A、B的动能之比为1∶8，C正确；由C项分析可知B与挡板发生弹性碰撞反向运动时，vB'＝vB＞vA，则B可追上A，D错误。
5.(多选)如图所示，在光滑水平面上有质量为3m的小球A和质量为5m的小球B通过轻弹簧拴接并处于静止状态，质量也为5m的小球C以速度v0水平向左匀速运动并与B发生弹性碰撞。已知在小球A的左边某处(图中未画出)固定有一弹性挡板(指小球与挡板碰撞时不计机械能损失)，且当小球A与挡板发生正碰后立即撤去挡板，碰撞时间极短。则小球A与挡板碰撞后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值可能是(　　)
A.m B.m
C.m D.m
答案：ABD
解析：由于B、C发生的是弹性碰撞，且二者质量相等，故二者碰撞后交换速度，即C静止，B速度为v0，B向左运动，开始阶段B减速A加速。经分析，当pA＝pB时A与挡板相碰后反向，由动量守恒知有A、B速度同时为0的时刻，此时动能全部转化为弹性势能，此时弹簧弹性势能的最大值最大，为Ep＝×5m＝m；当弹簧第二次恢复原长时，vA＝0，若此时A正好与挡板相接触，此后弹簧压缩至最短，此时弹簧弹性势能的最大值最小，有5mv0＝8mv共，Ep'＝×5m－×8m，解得Ep'＝m，在这两者区间取值均可。故选ABD。
题组3　力学三大观点的综合应用
6.(2026·江苏盐城二模)如图所示，AB、CD为两根水平放置的光滑平行轨道，其上分别套有甲、乙小球，小球之间连有一根轻弹簧，初始两球均静止，弹簧处于原长，现给甲球一个瞬间冲量，使其获得向右的初速度v0，则从开始运动到再次相距最近的过程中，两球的v -t图像可能正确的(　　)
答案：C
解析：甲获得初速度后，弹簧被拉伸，甲向右做减速运动，乙向右做加速运动，设乙的质量为m，则甲的质量为2m，甲、乙系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，有2mv0＝v共1，解得第一次共速时的速度v共1＝v0，从开始运动到第一次共速，弹簧被拉长，弹力增大，且弹簧的水平分力也在增大，故二者做的是加速度增大的运动。达到v共1后，甲向右做减速运动，乙向右做加速运动，弹簧开始恢复原长，当甲、乙再次相距最近时，乙在甲的正下方，由动量守恒、机械能守恒有2mv0＝2mv甲＋mv乙，·2m＝·2m＋mv乙2，解得此时甲、乙速度分别为v甲＝v0，v乙＝v0。从第一次共速到甲、乙再次相距最近时，弹簧伸长量减小，弹力减小，且弹簧的水平分力也在减小，故二者做的是加速度减小的运动，v -t图像斜率绝对值表示加速度大小，综合分析可知C选项符合题意。故选C。
7.(多选)(2026·湖南娄底二模)如图所示，在光滑水平面上有两个小木块A和B，其质量mA＝2 kg，mB＝4 kg，它们中间用一根轻弹簧相连。一颗水平飞行的子弹质量为m0＝50 g，初速度为v0＝500 m/s，在极短的时间内射穿两木块，子弹射穿A木块后子弹的速度变为原来的，且子弹射穿A木块损失的动能是射穿B木块损失的动能的2倍，则(　　)
A.子弹射穿A木块过程中系统损失的机械能为3 975 J
B.子弹射穿两个木块后弹簧最大的弹性势能为4.5 J
C.弹簧再次恢复原长时A的速度为 m/s
D.弹簧再次恢复原长时B的速度为 m/s
答案：AC
解析：设子弹射穿A木块后A和子弹的速度分别为vA和v1，由题意可知v1＝v0＝300 m/s，子弹穿过A的过程中，由动量守恒定律可得m0v0＝mAvA＋m0v1，联立解得vA＝5 m/s，射穿A木块过程中系统损失的机械能为ΔE＝m0－m0－mA＝3 975 J，故A正确；设子弹射穿B木块后B和子弹的速度分别为vB和v2，由动量守恒定律可得m0v1＝mBvB＋m0v2，由题意可知m0－m0＝2，联立解得vB＝2.5 m/s，子弹射穿B后，弹簧开始被压缩，A、B和弹簧所组成的系统动量守恒，当A、B达到共同速度v共时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可得mAvA＋mBvB＝v共，解得v共＝ m/s，根据机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为Epm＝mA＋mB－≈4 J，故B错误；设弹簧再次恢复原长时A、B的速度分别为vA'、vB'，规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mAvA＋mBvB＝mAvA'＋mBvB'，根据机械能守恒定律有mA＋mB＝mAvA'2＋mBvB'2，联立解得vA'＝m/s，vB'＝ m/s，故C正确，D错误。
8.(多选)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4 kg和mB＝2 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t＝0时刻以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰(碰撞时间极短，可忽略不计)，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v -t图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
A.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48 J
B.4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为48 N·s，方向向右
C.物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10 J
D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为6 m/s
答案：AD
解析：A、C碰撞过程，由动量守恒定律可得mCv0＝(mC＋mA)v1，由题图乙知v0＝12 m/s，v1＝4 m/s，解得mC＝2 kg，物块B离开墙壁前，当A、C速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大为Ep＝(mA＋mC)＝48 J，故A正确；4 s到12 s的时间内弹簧弹力对A、C的冲量为I弹＝(mA＋mC)(v2－v1)＝6×(－8) N·s＝－48 N·s，由能量守恒定律可知12 s时B的速度为零，4 s到12 s的时间内，对B，由动量定理可得－I弹＋I墙＝0，得I墙＝I弹＝－48 N·s，即墙壁对B的冲量大小为48 N·s，方向向左，故B错误；物块B离开墙壁后，当B的速度与A、C速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可得(mA＋mC)v2＝(mA＋mC＋mB)v2'，解得v2'＝－3 m/s，所以物块B离开墙壁后弹簧的最大弹性势能为Ep'＝(mA＋mC)－(mA＋mC＋mB)v2'2＝12 J，故C错误；物块B离开墙壁后，当弹簧回到原长时B的速度达到最大，由动量守恒定律和能量守恒定律可得(mA＋mC)v2＝(mA＋mC)v3＋mBv4，(mA＋mC)＝(mA＋mC)＋mB，解得v4＝－6 m/s，故D正确。
9.(18分) (2025·山东卷·T17)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m＝ kg的小球自Q点正上方h＝2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F＝15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝1 kg，b的质量mb＝ kg，方形物体的质量M＝ kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求：
(1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；
(2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
答案：(1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　2.5 J
解析：(1)小球由静止下落至运动到P点的过程，小球与方形物体组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有0＝mv1－Mv2
又系统除重力外无外力做功，所以系统机械能守恒，由机械能守恒定律有mgh＝m＋M
联立解得v1＝6 m/s，v2＝ m/s。
(2)从P点水平抛出后，小球做平抛运动，水平速度不变，小球与a的碰撞过程，在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有mv1＝(m＋ma)v0
解得v0＝2 m/s
b刚解除锁定时，有F＝kx0
小球与a的整体开始运动至b解除锁定的过程，由机械能守恒定律有
(m＋ma)＝(m＋ma)＋Ep0
其中Ep0＝k
联立解得b刚解除锁定时，小球和a整体的速度大小va＝1 m/s
b解除锁定后，a、b、小球和弹簧组成的系统动量与机械能均守恒，当小球与a整体与b共速时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有
(m＋ma)va＝(m＋ma＋mb)vb
解得vb＝ m/s
由机械能守恒定律有
(m＋ma)＝(m＋ma＋mb)＋Epm
解得Epm＝2.5 J。(共79张PPT)
专题提升九　能量和动量观点的综合应用(二)
高三总复习讲义　新高考
第七章 动量守恒定律
1.会用动量观点和能量观点分析并解决“滑块—曲面(或斜面)体”模型、“物
块—弹簧”模型的相关问题。
2.会用力学三大观点分析并解决有关综合问题。
学习目标
提升点一 “滑块—曲面(或斜面)体”模型
提升点二 “物块—弹簧”模型
课时测评
内容索引
提升点三 力学三大观点的综合应用
“滑块—曲面(或斜面)体”模型
提升点一
模型 图例
M开始时静置在水平光滑地面上，m以初速度v0滑上光滑的曲面体
两种 情景 1.m到达最高点时，m与M具有共同的瞬时水平速度v共，相当于完全非弹性碰撞。
(1)系统水平方向动量守恒：
mv0＝(M＋m)v共。
(2)系统机械能守恒：m＝(M＋m)＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于曲面体的高度。
两种 情景 2.m返回最低点时，m与M分离，相当于弹性碰撞。
(1)整个过程中，系统水平方向动量守恒：
mv0＝mv1＋Mv2。
(2)整个过程中，系统机械能守恒：
m＝m＋M
(2026·江西上饶模拟)如图所示，质量为M的四分之一光滑圆弧滑块下端与光滑水平面相切。给质量为m的小球一水平向右的初速度，如果圆弧滑块固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为 R (R为圆弧的半径)，如果圆弧滑块不固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为 R。重力加速度为g，下列说法正确的是
A.小球的初速度大小为4
B.M＝0.5m
C.如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点的过程中，水平位移为R
D.如果圆弧滑块不固定，小球最终的速度大小为2
√
例1
如果圆弧滑块固定，则由机械能守恒定律有mg·R＝m，解得小球的初速度大小为v0＝3，A错误；如果圆弧滑块不固定，设小球离开圆弧滑块时水平速度为vx，则由水平方向动量守恒有mv0＝(m＋M)vx，由能量关系有m＝mg·R＋(M＋m)，联立解得M＝0.5m，vx＝2，B正确；
如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点过程的时间t＝＝，水平位移为x＝vxt＝2R，C错误；如果圆弧滑块不固定，小球最终落回到圆弧滑块中并从圆弧滑块中滑出，由动量守恒和能量关系有mv0＝mv1＋Mv2，m＝m＋M，解得小球的最终速度大小为v1＝，D错误。
如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。
(1)求斜面体的质量；
例2
答案：20 kg
规定水平向左为正方向，冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此时共同速度为v，斜面体的质量为m3。对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒得
m2v0＝(m2＋m3)v
m2＝(m2＋m3)v2＋m2gh
联立并代入数据解得v＝1 m/s，m3＝20 kg。
(2)通过计算判断冰块与斜面体分离后能否追上小孩。
答案：否，设小孩推出冰块后，小孩与滑板的速度为v1，对小孩、滑板和冰块，由动量守恒有m1v1＋m2v0＝0
代入数据解得v1＝－1 m/s
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体，由动量守恒和机械能守恒有
m2v0＝m2v2＋m3v3
m2＝m2＋m3
联立并代入数据解得v2＝－1 m/s
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后小孩与滑板的速度相同，且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩。
针对练.(2025·湖北黄冈三模)如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静置在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块(可视为质点)从槽上高为h处由静止释放，已知弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是
A.小物块下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
B.小物块下滑过程中，槽对物块的支持力不做功
C.若M＞m，物块能再次滑上弧形槽
D.若物块再次滑上弧形槽，则物块能再次回到槽上的初始释放点
√
物块在下滑过程中系统竖直方向受外力作用，水平方向不受外力作用，故物块和弧形槽组成的系统水平方向动量守恒，总动量不守恒，故A错误；弧形槽置于光滑水平地面上，物块下滑过程中对弧形槽压力的水平分量使弧形槽向左加速，动能增大，此过程中物块和弧形槽组成的系统只有物块的重力做功，系统机械能守恒，故物块机械能必定减少，由此推知弧形槽对物块的支持力做负功，故B错误；
小物块下滑过程中，物块、弧形槽组成的系统满足水平方向动量守恒，系统初始水平方向动量为零，设小物块滑到弧形槽底端时二者速度大小分别为vM、vm，取向左为正方向，该过程由动量守恒定律得MvM－mvm＝0，若M＞m，则vm＞vM，小物块在水平面上做匀速运动，撞击弹簧前后速度等大反向，因此能追上弧形槽，故C正确；
设物块再次滑上弧形槽，上升到最高点时高度为h'，系统水平向左的速度为v，由机械能守恒得M＋m＝(M＋m)v2＋mgh'，物块从初始状态下滑到弧形槽底端时满足机械能守恒，有M＋m＝mgh，故mgh'＜mgh，即物块不能再次回到槽上的初始释放点，故D
错误。
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“物块—弹簧”模型
提升点二
模型 图例
m1、m2与轻弹簧(开始处于原长)相连并静止在光滑水平地面上，m1以初速度v0运动
两种 情景 1.当弹簧处于最短(最长)状态时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大，相当于完全非弹性碰撞。
(1)系统动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v共。
(2)系统机械能守恒：
m1＝(m1＋m2)＋Epmax。
两种 情景 2.当弹簧处于原长时弹性势能为零，相当于弹性碰撞。
(1)系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2。
(2)系统机械能守恒：
m1＝m1＋m2
(多选)如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上。现使A以3 m/s的速度向B运动压缩弹簧，速度—时间图像如图乙所示，则有
A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，
且弹簧都处于压缩状态
B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长
C.两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D.在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8
例3
√
√
由题图乙可知，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B仍然加速，A先减速到零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度方向相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，在t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，A、B错误；
根据动量守恒定律，t＝0时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，解得m1∶m2＝1∶2，C正确；
在t2时刻A的速度为vA＝－1 m/s，B的速度为vB＝2 m/s，根据m1∶m2＝1∶2，可得Ek1∶Ek2 ＝m1∶m2＝1∶8，D正确。
针对练.如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0向B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：
(1)整个系统损失的机械能；
答案：m
从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1 ①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv1＝2mv2 ②
m＝ΔE＋×2m ③
联立①②③式得ΔE＝m ④
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
答案：m
由②式可知v2＜v1，B与C粘在一起后，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep。
由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv3 ⑤
m－ΔE＝×3m＋Ep ⑥
联立④⑤⑥式得Ep＝m。
(多选)(2025·湖南长沙三模)光滑水平面有A、B两个物块，质量分别为2m和m，初始时用处于原长状态下的弹簧相连，现在给物块A一个水平向右的初速度v0。水平面右侧有一墙面，已知经过时间t，物块B第一次达到最大速度，且恰好到达墙壁处，在此过程中，下列说法正确的是
A.弹簧的最大弹性势能是
B.物块B的最大速度是
C.初始时物块B离墙面的距离是v0t
D.初始时物块B离墙面的距离是v0t
例6
√
√
当两物块共速时，弹簧压缩的最短，弹簧的弹性势能最大，此过程根据动量守恒定律2mv0＝(2m＋m)v共，两物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则×2m＝(2m＋m)＋Epm，解得Epm＝，故A正确；
当弹簧恢复原长时，物块B的速度达到最大，根据动量守恒有2mv0＝2mvA＋mvB，根据能量守恒有×2m＝×2m＋m，解得vB＝，vA＝，故B错误；A、B组成的系统动量守恒，则2mv0＝2mvA＋mvB，两边同时乘以t可得2mv0t＝2mvAt＋mvBt，即2mv0t＝2mxA＋mxB，初、末状态弹簧均处于原长，所以xA＝xB，解得xB＝xA＝v0t，故C正确，D错误。
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力学三大观点的综合应用
提升点三
1.力学三大观点
动力学观点 牛顿第二定律结合运动学公式，可用于解决匀变速运动问题
能量观点 动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律，可用于解决各种运动问题
动量观点 动量定理和动量守恒定律，一般用于单物体涉及时间的问题、多物体相互作用问题
2.力学规律的优选策略
(1)在研究物体做匀变速直线运动时，优先选用牛顿第二定律结合运动学规律解决问题。
(2)研究某一物体的运动，如果涉及时间的问题，优先选用动量定理解决
问题。
(3)研究某一物体的运动，如果涉及位移问题，优先选用动能定理解决问题。
(4)如果系统中只有重力或弹簧弹力做功，而又不涉及加速度和时间，优先选用机械能守恒定律解决问题。
(5)在涉及相对位移的问题时，优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。
(6)在涉及碰撞、爆炸、反冲、打击、绳绷紧等物理现象时，优先选用动量守恒定律及能量守恒定律解决问题。
如图所示，长度为d的水平传送带顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞(碰撞时间极短)。碰后A、B均向右
运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。
(1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
例5
答案：μg　
A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即μmg＝ma
可得a＝μg
由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物体在传送带上做匀加速直线运动，有
＝2ad
解得v1＝。
(2)若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量；
答案：
设B的质量为M，碰前vA＝v1，vB＝
两物体发生弹性碰撞，则由动量守恒和能量守恒有
mv1＋M＝mv1'＋Mv2'
m＋M＝mv1'2＋Mv2'2
联立解得v1'＝，v2'＝
因为O点右侧粗糙，由运动学公式有xA＝，xB＝
根据题意有xB－xA＝d，且由(1)知v1＝
联立各式解得M＝。
(3)若B的质量是A的n倍，碰前B静止，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小vB范围。
答案：≤n≤1　≤vB≤
A、B碰撞过程动量守恒有mv1＝mvA＋nmvB
又因为碰后瞬间A和B的动量相同，则mvA＝nmvB
解得vB＝，vA＝
根据碰撞的约束条件，有vA≤vB，即n≤1
碰后动能不增加，即m≥m＋nm，可得n≥
所以n的取值范围为≤n≤1
又vB＝
则对应的B的速度范围为≤vB≤
代入v1＝
可得≤vB≤。
如图所示，半径R＝1 m的四分之一光滑圆弧轨道A固定在水平地面上，轨道最低点切线水平，紧邻轨道右侧放置着一下表面光滑、上表面粗糙的滑板B，在滑板B的右侧放置着一个物块C，其中滑板B的质量mB＝
2 kg，物块C的质量mC＝2 kg。现将一质量mD＝1 kg的小滑块D(可视为质点)从圆弧轨道正上方距离圆弧轨道最高点h＝0.8 m处由静止释放，小滑块D正好沿圆弧切线进入圆弧轨道，小滑块D冲上滑板B，在达到共同速度的瞬间滑板B与物块C发生弹性碰撞，整个运动过程中，小滑块D未从滑板B上掉落。已知小滑块D与滑板B间的动摩擦因数μ1＝0.2，物块C与地面间的动摩擦因数μ2＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。求：
例6
(1)小滑块D下落h高度时的速度大小；
答案：4 m/s
小滑块D从静止释放后做自由落体运动，由v2＝2gh
解得小滑块D下落h高度时的速度大小v＝4 m/s。
(2)小滑块D到达圆弧轨道最低点时对圆弧轨道的压力；
答案：46 N，方向竖直向下
小滑块D从静止释放后到滑上滑板B前的过程中，根据动能定理可得mDg＝mD－0
对最低点的小滑块D受力分析可得
FN－mDg＝mD
由牛顿第三定律有FN'＝FN
联立解得FN'＝46 N，方向竖直向下。
(3)最初滑板B右端到物块C的距离；
答案：2 m
小滑块D冲上滑板B的速度大小为v0＝6 m/s
根据动量守恒定律可得mDv0＝(mD＋mB)v1
小滑块D冲上滑板B后，设滑板B的加速度为a，则有μ1mDg＝mBa
由运动学公式可得－0＝2ad
联立解得最初滑板B右端到物块C的距离为d＝2 m。
(4)物块C与地面间因摩擦产生的热量。
答案：4.5 J
滑板B与物块C发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒可得mBv1＝mBvB0＋mCvC0
mB＝mB＋mC
解得vC0＝v1＝2 m/s，vB0＝0
之后滑板B与小滑块D达到共同速度再次与已经静止的物块C发生碰撞，滑板B与小滑块D达到共同速度时，有mDv1＝(mD＋mB)v2
滑板B第二次与物块C发生碰撞，设碰后物块C的速度为vC1，根据动量守恒和机械能守恒可得vC1＝v2＝ m/s
同样可知第(n＋1)次碰撞后物块C的速度为vCn＝ m/s(n＝0，1，2，…)
最终小滑块D、滑板B和物块C均静止，根据能量守恒定律，可得物块C与地面摩擦产生的热量为Q＝mC＋mC＋……＋mC
结合等比数列求和公式可得Q＝4.5 J。
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课 时 测 评
题组1　“滑块—曲面(或斜面)体”模型
1.如图所示，带有光滑弧形轨道的小车质量M＝2m，放在光滑的水平面上，一质量为m的铁块，以速度大小v0沿水平轨道向上滑去，至某一高度后再向下返回，则当铁块回到小车右端时将
A.以初速度大小v0做平抛运动
B.以小于v0的初速度做平抛运动
C.自由下落
D.静止于车上
√
系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝
Mv车＋mv，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得m＝mv2＋M，解得v车＝v0，v＝－v0，故铁块以大小为v0的初速度做平抛运动，故B正确。
2.(多选)(2025·四川巴中三模)在一次探究实验中，小车上固定一段光滑半圆弧轨道(总质量M＝4 kg)静止在光滑水平面上，圆弧的下端水平。某质量为m＝2 kg的小球以初速度v0＝5 m/s沿水平方向从圆弧下端进入系统。忽略空气阻力与摩擦，g取10 m/s2。小球在轨道上上升至最高点的过程，下列判断正确的是
A.小球的机械能守恒
B.系统水平方向动量守恒
C.小球沿圆弧轨道上升的最大高度为 m
D.小球沿圆弧轨道上升到最大高度时的速度大小为1 m/s
√
√
在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机
械能守恒，但支持力对小球做负功，小球的机械能不守
恒，故A错误；在小球滑到最高点的过程中，小球与小
车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，
故B正确；小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，设小球沿圆弧轨道上升的最大高度为h，两者共同速度大小为v，则mv0＝v，解得v＝ m/s，小球与小车组成的系统机械能守恒，有m＝v2＋mgh，解得h＝ m，故C正确，D错误。
题组2　“物块—弹簧”模型
3.(2025·南京航空航天大学附中三模)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图乙所示，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则
A.此过程中，A物体均做加速度越来越大的减速运动，直至速度为零
B.物体A的质量为2m
C.弹簧压缩量最大时，两种情况下弹簧对
A物体的冲量大小之比为3∶2
D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
√
题图甲中，弹簧最大弹性势能为Epm＝mA，题图乙中，A、B共速时弹簧弹性势能最大，设最大速度为v，两次弹簧压缩量相同，所以两次弹簧最大弹性势能相同，根据动量守恒有mA·2v0＝v，根据能量守恒有mA＝v2＋Epm，联立解得mA＝3m，Epm＝m，v＝v0，故B错误，D正确；
题图乙中，开始时A物体的速度大于B物体的速度，弹簧被压缩，A物体受到的弹力逐渐增大，加速度也越来越大，所以该过程中A物体均做加速度越来越大的减速运动，直至A、B共速，故A错误；以向左为正方向，根据动量定理可得弹簧压缩量最大时，在题图甲的情况下弹簧对A物体的冲量大小为I1＝0－＝3mv0，在题图乙的情况下弹簧对A物体的冲量大小为I2＝－mAv－＝mv0，可得两种情况下弹簧对A物体的冲量大小之比为 I1∶I2＝2∶1，故C错误。
4.(多选)(2026·河北衡水模拟)如图所示，足够长光滑水平面上，一轻质弹簧左端与质量为2m的B滑块相连，右端与质量为m的滑块A接触而不固连，弹簧处于原长，现给A施加一瞬间冲量使其获得一个水平向左的初速度v0，经一段时间后滑块A与弹簧分离，其间弹簧的最大弹性势能为Ep，则下列说法正确的是
A.A与弹簧分离前任一时刻，A与B的动量大小之比为1∶2
B.若事先将B固定，弹簧的最大弹性势能为1.5Ep
C.两者分离后A、B的动能之比为1∶8
D.若事先在距B左侧很远处固定一刚性挡板，则最终B不可能追上A
√
√
A与弹簧分离之前任一时刻，A与B受到的弹力始终大小相等，方向相反，因而弹力的冲量的大小相等，但A具有一定的初速度，因而两者的速度大小不一定相等，即动量大小之比不一定为1∶2，A错误；A、B运动过程中，二者共速时，弹性势能最大，由动量守恒定律有mv0＝3mv，由能量守恒定律得Ep＝m－×3mv2＝m，B固定时，则A速度减小为0时弹性势能最大，可得Ep'＝m＝1.5Ep，B正确；
整个过程系统动量守恒、机械能守恒，则mv0＝mvA＋2mvB，m＝m＋×2m，解得vA＝－，vB＝，则有EkA＝m＝m，EkB＝×2m＝m，即两者分离后A、B的动能之比为1∶8，C正确；由C项分析可知B与挡板发生弹性碰撞反向运动时，vB'＝vB＞vA，则B可追上A，D错误。
5.(多选)如图所示，在光滑水平面上有质量为3m的小球A和质量为5m的小球B通过轻弹簧拴接并处于静止状态，质量也为5m的小球C以速度v0水平向左匀速运动并与B发生弹性碰撞。已知在小球A的左边某处(图中未画出)固定有一弹性挡板(指小球与挡板碰撞时不计机械能损失)，且当小球A与挡板发生正碰后立即撤去挡板，碰撞时间极短。则小球A与挡板碰撞后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值可能是
A.m B.m
C.m D.m
√
√
√
由于B、C发生的是弹性碰撞，且二者质量相等，
故二者碰撞后交换速度，即C静止，B速度为v0，
B向左运动，开始阶段B减速A加速。经分析，当pA＝pB时A与挡板相碰后反向，由动量守恒知有A、B速度同时为0的时刻，此时动能全部转化为弹性势能，此时弹簧弹性势能的最大值最大，为Ep＝×5m＝m；当弹簧第二次恢复原长时，vA＝0，若此时A正好与挡板相接触，此后弹簧压缩至最短，此时弹簧弹性势能的最大值最小，有5mv0＝8mv共，Ep'＝×5m－×8m，解得Ep'＝m，在这两者区间取值均可。故选ABD。
题组3　力学三大观点的综合应用
6.(2026·江苏盐城二模)如图所示，AB、CD为两根水平放置的光滑平行轨道，其上分别套有甲、乙小球，小球之间连有一根轻弹簧，初始两球均静止，弹簧处于原长，现给甲球一个瞬间冲量，使其获得向右的初速度v0，则从开始运动到再次相距最近的过程中，两球的v -t图像可能正确的
√
甲获得初速度后，弹簧被拉伸，甲向右做减速运动，乙向右做加速运动，设乙的质量为m，则甲的质量为2m，甲、乙系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，有2mv0＝v共1，解得第一次共速时的速度v共1＝v0，从开始运动到第一次共速，弹簧被拉长，弹力增大，且弹簧的水平分力也在增大，故二者做的是加速度增大的运动。
达到v共1后，甲向右做减速运动，乙向右做加速运动，
弹簧开始恢复原长，当甲、乙再次相距最近时，乙在
甲的正下方，由动量守恒、机械能守恒有2mv0＝2mv甲
＋mv乙，·2m＝·2m＋mv乙2，解得此时甲、乙速度分别为v甲＝v0，v乙＝v0。从第一次共速到甲、乙再次相距最近时，弹簧伸长量减小，弹力减小，且弹簧的水平分力也在减小，故二者做的是加速度减小的运动，v -t图像斜率绝对值表示加速度大小，综合分析可知C选项符合题意。故选C。
7.(多选)(2026·湖南娄底二模)如图所示，在光滑水平面上有两个小木块A和B，其质量mA＝2 kg，mB＝4 kg，它们中间用一根轻弹簧相连。一颗水平飞行的子弹质量为m0＝50 g，初速度为v0＝500 m/s，在极短的时间内射穿两木块，子弹射穿A木块后子弹的速度变为原来的，且子弹射穿A木块损失的动能是射穿B木块损失的动能的2倍，则
A.子弹射穿A木块过程中系统损失的机械能为3 975 J
B.子弹射穿两个木块后弹簧最大的弹性势能为4.5 J
C.弹簧再次恢复原长时A的速度为 m/s
D.弹簧再次恢复原长时B的速度为 m/s
√
√
设子弹射穿A木块后A和子弹的速度分别为vA和v1，由题意可知v1＝v0＝300 m/s，子弹穿过A的过程中，由动量守恒定律可得m0v0＝mAvA＋m0v1，联立解得vA＝5 m/s，射穿A木块过程中系统损失的机械能为ΔE＝m0－m0－mA＝3 975 J，故A正确；
设子弹射穿B木块后B和子弹的速度分别为vB和v2，
由动量守恒定律可得m0v1＝mBvB＋m0v2，由题意可知m0－m0＝2，联立解得vB＝2.5 m/s，子弹射穿B后，弹簧开始被压缩，A、B和弹簧所组成的系统动量守恒，当A、B达到共同速度v共时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可得mAvA＋mBvB＝v共，解得v共＝ m/s，根据机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为Epm＝mA＋mB－≈4 J，故B
错误；
设弹簧再次恢复原长时A、B的速度分别为vA'、vB'，规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mAvA＋mBvB＝mAvA'＋mBvB'，根据机械能守恒定律有mA＋mB＝mAvA'2＋mBvB'2，联立解得vA'＝m/s，vB'＝ m/s，故C正确，D错误。
8.(多选)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4 kg和mB＝2 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t＝0时刻以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰(碰撞时间极短，可忽略不计)，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v -t图像如图乙所示，下列说法正确的是
A.物块B离开墙壁前，弹簧
的最大弹性势能为48 J
B.4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为48 N·s，方向向右
C.物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10 J
D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为6 m/s
√
√
A、C碰撞过程，由动量守恒定律可得mCv0＝
(mC＋mA)v1，由题图乙知v0＝12 m/s，v1＝
4 m/s，解得mC＝2 kg，物块B离开墙壁前，
当A、C速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大为Ep＝(mA＋mC)＝48 J，故A正确；4 s到12 s的时间内弹簧弹力对A、C的冲量为I弹＝(mA＋mC)(v2－v1)＝6×(－8) N·s＝－48 N·s，由能量守恒定律可知12 s时B的速度为零，4 s到12 s的时间内，对B，由动量定理可得－I弹＋I墙＝0，得I墙＝I弹＝－48 N·s，即墙壁对B的冲量大小为48 N·s，方向向左，故B错误；
物块B离开墙壁后，当B的速度与A、C速度
相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒
定律可得(mA＋mC)v2＝(mA＋mC＋mB)v2'，
解得v2'＝－3 m/s，所以物块B离开墙壁后弹簧的最大弹性势能为Ep'＝(mA＋mC)－(mA＋mC＋mB)v2'2＝12 J，故C错误；物块B离开墙壁后，当弹簧回到原长时B的速度达到最大，由动量守恒定律和能量守恒定律可得(mA＋mC)v2＝(mA＋mC)v3＋mBv4，(mA＋mC)＝(mA＋mC)＋mB，解得v4＝－6 m/s，故D正确。
9.(18分) (2025·山东卷·T17)如图所示，内有弯曲光滑
轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道
的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方
向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m＝ kg的小球自Q点正上方h＝2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F＝15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝
1 kg，b的质量mb＝ kg，方形物体的质量M＝ kg，重力加速度大小g＝
10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求：
(1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；
答案：6 m/s　 m/s
小球由静止下落至运动到P点的过程，小球与方形物体组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有0＝mv1－Mv2
又系统除重力外无外力做功，所以系统机械能守恒，由机械能守恒定律有mgh＝m＋M
联立解得v1＝6 m/s，v2＝ m/s。
(2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
答案： m/s　2.5 J
从P点水平抛出后，小球做平抛运动，水平速度不变，小球与a的碰撞过程，在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有mv1＝(m＋ma)v0
解得v0＝2 m/s
b刚解除锁定时，有F＝kx0
小球与a的整体开始运动至b解除锁定的过程，由机械能守恒定律有
(m＋ma)＝(m＋ma)＋Ep0
其中Ep0＝k
联立解得b刚解除锁定时，小球和a整体的速度大小va＝1 m/s
b解除锁定后，a、b、小球和弹簧组成的系统动量与机械能均守恒，当小球与a整体与b共速时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有
(m＋ma)va＝(m＋ma＋mb)vb
解得vb＝ m/s
由机械能守恒定律有
(m＋ma)＝(m＋ma＋mb)＋Epm
解得Epm＝2.5 J。
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专题提升九　
能量和动量观点的综合应用(二)

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